四种“类碰撞”典型模型研究（专项训练）解析版-2026年高考物理一轮复习

四种〃类碰撞〃典型模型研究

目录

01课标达标练..................................................................1

题型01"子弹打木块”模型..................................................1

题型02"滑块一木板"模型.................................................4

题型03"滑块一弹簧"模型..................................................9

题型04"滑块一斜（曲）面"模型.............................................13

02核心突破练.................................................................17

03真题溯源练.................................................................22

01

课标达标练

散型“子弹打木块”模型

L新角占（2025•辽宁•三模）如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为.，质量均为4加。第一

次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为加的子弹以速度叫水平射向木块A,恰好将木块A击穿,

但未穿入木块B。第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒

力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（)

0AB<=>B

7777777/777/7777/7777-/////////////////////

A.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为二％

B.能击穿木块B,子弹穿出木块的速度为

9

C.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为历d

Q

D.不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为9d

【答案】C

【详解】一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度V。水平射向木块A,恰好

将木块A击穿，但未穿入木块B,由动量守恒定律得力%=（8加+%）、

解得匕=?

由能量守恒定律得;加喏=g（8〃7+7"）v；+fd

4,

解得/=K7加%

9d

第二次只放置木块B,子弹以同样的速度水平射向B,由动量守恒定律得加%=（4加+加）马

解得％

由能量守恒定律得g冽说=l（4m+m）vf+X

解得了=等

联立可得

9

所以子弹不能击穿木块B,子弹进入木块的深度为历1。

故选C。

2.▼新角度（2025•陕西汉中•一模）（多选）如图所示，装有一定质量沙子的小车，其总质量为M,静止

在光滑的水平面上。将一个质量为m的铁球，从距离沙面入高处，以大小为V。的初速度水平抛出，小球落

入车内并陷入沙中M深处，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

7/////////////////////////////,

A.小球抛出时的高度力越高，小车最终的速度越大

B.小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒

C.此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为

M+m

D.止匕过程中系统内能的增加了〃?g（/7+M）+:加说-

22（M+m）

【答案】BCD

【详解】A.小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，贝+加）v

由此可知，小车最终的速度与抛出时的高度无关，故A错误；

B.小球陷入沙中过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守

恒，由于小球与沙的摩擦损失机械能，因此系统机械能不守恒，故B正确;

C.此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为/=心

Mmv

联立可得/=Q

M+m

故C正确;

D.根据能量守恒可得，此过程中系统内能的增加了

AZ?=mg(h+A/z)+；mv1-g(M+m)v2=mg(h+A/z)+g机v：-m2%2

2(M+m)

故D正确。

故选BCD。

3.（2025•江苏苏州•模拟预测）如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量仞均为

0.5kg；质量m=0.1kg的子弹以Vo=34m/s的水平速度从左边射入A,射出物体A时A的速度以A=2m/s,子弹

紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度

为U=0.23m,不计空气阻力，g取10m/s2。

V

-o»AB

⑴求物体B最终的速度大小vB；

（2）求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q；

⑶求物体B的最小长度LB

【答案】⑴4m/s

(2)46J

(3)0.03m

【详解】（1）从最初到最终共速，由动量守恒5%=MVA+（M+优）VB

解得VB=4m/s

（2）从子弹射入A到穿出，由动量守恒%%=加匕+2"以

解得匕=14m/s

由能量守恒Q=（加片一；mv；-•2Mv1

解得Q=46J

（3）子弹从射入到共速时。总+

解得盘=52J

由0=△得察=遑

Q工人

可得工总=0.26m

故物体B的最小长度”=%总-4=0.26m-0.23m=0.03m

02”滑块一木板”模型

4.（2025•甘肃•模拟预测）（多选）如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木

板上放置一质量为加=L5kg的物块，”。时物块以速度%从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块

的动能线随时间》变化的图像如图乙所示，f=3s后物块动能不变，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正

C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1D.木板的最短长度为6m

【答案】ACD

【详解】A.由图像可知，l=3s时物块和木板达到共同速度，选项A正确;

1。

B.根据7V

可知物块的初速度%=4rn/s,共同速度i/=lm/s,根据动量守恒明）=（加+M）v

解得M=4.5kg,选项B错误；

C.由动量定理，对木板〃=

解得物块与木板之间的动摩擦因数为〃=0.1,选项c正确；

D.由能量关系-〃机gx=1■（加+加＞2欣

解得x=6m

即木板的最短长度为6m,选项D正确。

故选ACD„

5.（2025•山东•二模）如图所示，长为Z的木板C右端有一挡板（厚度不计），静置在光滑水平地面上，

完全相同的两物块A、B（可视为质点）分别置于C的左端和中点处，A、B、C的质量均为用。现给A—

水平向右的初速度%,此后A和B、B和C各发生一次碰撞，且A恰好未从C上滑落。所有的碰撞均为弹性

碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为g。求：

⑴A与B碰撞前后，A的加速度大小之比；

⑵从A开始运动至再次回到C左端过程中，系统产生的热量;

⑶B和C碰撞前瞬间B的速度大小；

⑷从A开始运动至再次回到C左端时，A的位移。

【答案】⑴%：a2=2:1

1,

（2）Q=-mv；

向1+V2

【详解】（1）A与B碰撞前，以A为研究对象，有〃mg=mcii

A与B碰撞后，A、C相对静止，以A和C为研究对象，贝IJ〃Mg=2m的

则A与B碰撞前后，A的加速度大小之比为%：%=2:1

(2)对于A、B、C系统，从A开始运动至再次回到C左端过程中，由动量守恒有

由能量守恒得系统产生的热量。=万加片-万x3mv2

解得0=g加%

(3)对全过程，有Q=2〃mgL

B、C碰撞前瞬间，由动量守恒有mv0=mvB+2mvc

从开始到B、C碰撞前瞬间，由功能关系有(加片=x2mvl+mvg+/2mgL

解得VB=NJ%

(4)经分析A、B、C的位移大小相等，设B、C碰撞前C的位移为不由动能定理有〃加gX|=gx2机v]

设B、C碰撞后到A、B、C共速前，C的位移为％,由动能定理有2〃根gx2=1■机试-gmi/

又4=玉+x2

6.(2025•陕西汉中•一模)如图所示，一质量M=lkg、长度L=3.5m的"形木板静止在足够大的水平

地面上，木板左端为一竖直薄挡板。一质量m=lkg、可视为质点的小物块，以0=8m/s的速度从木板右端滑

上木板，与薄挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知物块与木板间的动摩擦因数%=0.4,木板与地面间

的动摩擦因数%=0.3,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

%

D■!

⑴小物块滑到左侧挡板处时的速度；

(2)木板的最大速度V；

⑶木板运动的时间to

【答案】⑴6m/s

(2)6m/s

(3)ls

【详解】(1)因4Mg<〃2(〃+加)g，所以物块滑上木板后木板仍然静止，设物块在木板上滑动时的加

速度大小为田，物块与挡板碰撞前的速度大小为火,则有Wng=mat

根据速度一位移公式有%2-V；=2%£

解得％=6m/s

(2)设碰撞后物块和木板的速度分别为丫2、v，则有％%=优匕+旃、-jmvi=^wv22+-Mv2

解得v=6m/s

(3)碰撞后物块由静止开始以句的加速度向左加速，设木板向左滑动的加速度大小为。2，设物块与挡

板碰撞后，经过时间G两者共速，共同速度大小为匕，在右的时间内物块的位移大小为均，木板的位移

大小为X2，则有〃wg+〃2(M+m)g=M%

共速时满足v-初=卬1=匕

物块的位移为西=

木板的位移为"=3+；)%

9

解得%一再=,in<C

所以物块没有离开木板，设物块和木板一起运动时的加速度大小为由，一起运动的时间为t2，则有

〃2W+m)g=(Af+m)a3

根据速度与时间公式有匕=a力

可知f=4+/2

解得t=ls

7.(2025•陕西安康•模拟预测)如图所示，在光滑水平面上竖直固定两根弹性立柱/W、N,一质量为m的

水平薄板左端紧靠立柱另一质量也为m的物块在薄板上从距离薄板左端x=2.25m处以％=5m/s的速度

向左运动。物块与立柱M碰撞后被弹回，在薄板与立柱N碰撞前物块与薄板已相对静止，最终物块恰好没

有从薄板上掉落。已知物块与薄板之间的动摩擦因数为〃=02,物块、薄板和立柱间的碰撞时间均极短且

无能量损失，立柱M、N被碰撞一次后立即被撤走，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求：

⑴物块与弹性立柱M碰撞时的速度大小匕；

⑵初始，薄板右端到立柱N的最小距离d；

⑶薄板的长度L。

【答案】（l）%=4m/s

（2）d=lm

（3）L=4m

【详解】（1）物块向左滑动做匀减速直线运动，加速度大小q="咆=〃g=2m/s2

m

物块与立柱M碰撞时的速度匕满足v；-V；=-2%无

解得匕=4m/s

（2）物块与立柱M碰撞后无能量损失弹回，弹回速度为匕=4m/s

在摩擦作用下物块带动薄板向右运动，在薄板碰撞立柱N之前二者达到共速（设为匕），由于水平面光

滑，这一阶段系统动量守恒，满足/匕=2加匕

解得匕=2m/s

这一阶段薄板向右运动的距离7满足〃加g%=3加5

解得再=lm

则初始，薄板右端到立柱N的最小距皆d=X[=1m

（3）薄板与立柱N碰撞无能量损失弹回，弹回速度大小为V4=2m/s,物块与薄板整体动量守恒，达到

共速（设为内），由动量守恒定律有加为+加（-vj=2加%

解得丫5=。

即再次共速时二者均停止运动;

从物块与立柱/W发生碰撞弹回后，到物块、薄板二者最终停止运动的过程中，当物块、薄板间发生相对

运动时，物块相对薄板一直在向右运动，由于物块恰好未从薄板上掉落，则最终物块停在薄的右端；该

1,

过程中由能量守恒定律有-〃加gZ=O--mv；

解得L=4m

8.（2025•河南•二模）如图甲所示，长度/_=2m的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板

质量相等的滑块以水平速度v0=4m/s从右端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数〃随滑块距木板左端距

离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取:L0m/s2,滑块看作质点。

⑴要使滑块能从木板右端滑出，求〃最大值应满足的条件；

⑵若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求〃最大值应满足的条件。

【答案】（1）由＜0.8

（2）如＜0.4

【详解】⑴要使滑块能够从木板右端滑出，则有:加片

设动摩擦因数最大值为由,由图像可知了=幺詈

解得从＜0.8

（2）根据动量守恒有mv0=mvx+mv2

设动摩擦因数最大值为4，根据能量守恒有:冽％②=；加匕2+；加匕2+能更

又匕＞匕

解得〃2<0.4

03”滑块一弹簧”模型

9.（2025•辽宁•二模）如图所示，质量分别为lkg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与轻

质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、2m/s沿同一直线，同向运动。从小车B与弹簧接触到与弹簧分

离时，以下判断正确的是（）

AB

A.弹簧对小车B做功的功率一直增大

20

B.弹簧对小车A冲量大小为:-kg-m/s

C.某一时刻小车A、B速度可能分别为一4m/s和7m/s

D.某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和4m/s

【答案】D

【详解】A.从小车B与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0逐渐增大后又逐渐减小为0,小车

B的速度一直增大，根据P=/VB

可知弹簧对小车B做功的功率先增大后减小，故A错误；

B.从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得机AVAO+机BKO=mAvA+mBvB

根据系统机械能守恒可得;加A/。+1^BVBO+；加BV；

214

联立解得分离时A、B的速度分别为“=§m/s,vB=ym/s

根据动量定理可得弹簧对小车A的冲量为/=机人"-"/\0=-gkg-m/s

可知弹簧对小车A冲量大小为gkg-m/s,故B错误；

214

C.由于分离时A、B的速度分别为VA=§m/s,vB=ym/s,所以A的速度不会变为反向，故C错误;

2

D.由于分离时A、B的速度分别为VA=§m/s,所以可以存在某一时刻小车A的速度为2m/s,此时根

+mV

据动量守恒可得SAVAO+%B%）=%以BB

代入数据解得v&=4m/s

故D正确。

故选D。

10.（2025•安徽马鞍山•一模）如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面

以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧

分离，则（）

[c][B-|

Z//////Z///////ZZ/Z//Z//Z//ZZ

A.A加速过程中，加速度越来越大B.A、B、C共速时，B所受合力为0

c.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大D.B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒

【答案】C

【详解】A.A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹

簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误;

BC.A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时BC受到的弹力不为0,BC的

加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,故B错误，C正确;

D.B、（:碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D

错误。

故选Co

11.（2025•安徽阜阳•模拟预测）（多选）如图甲，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧

连接，初始时弹簧处于原长，给A—水平向右的瞬时速度之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙

所示，己知弹簧始终处于弹性限度内，jt3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep。、零，则下列说法正确的是（）

Avwwww^B

甲

A.A、B的质量之比为1:3

B.t2时刻B的速度为三

3

C.匕时刻弹簧的弹性势能为4耳0

D.t3时刻A、B的速率之比为2:5

【答案】BC

【详解】A.根据图乙可知，匕时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有加八%=（用人+加B），；%

m&1

所以就而

故A错误；

B.根据图乙可知，t2时刻A的速度为零，根据动量守恒定律有加A%=?BVB

解得％=与

故B正确；

c.从o*时间内，根据能量守恒可得4=；/片-；(%+%)(；%)2

1,1,

从o~t2时间内，根据能量守恒可得丸=-mAvl-5加B说

3

联立解得1=-£p0

故C正确；

D.与时刻，根据动量守恒定律有%%=%匕+恤匕

根据能量守恒定律有3%片=；%片+g恤片

联立可得A、B的速率之比为1:2,故D错误。

故选BC。

12.(2025•陕西西安•模拟预测)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未

连接，该系统静置于光滑的水平地面上。已知滑块B的质量%=LOkg、滑块C的质量加c=2.0kg。现有一

质量%=3.0kg的滑块A从光滑曲面上离地面h处由静止开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块A与B

发生正撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动。经一段时间，滑块C脱离弹簧。已知滑块A与滑块B

碰撞结束瞬间的速度大小为、=3m/s,重力加速度取g=10m/s2,求：

(2)弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能;

⑶滑块C最终的速度大小。

【答案】⑴0.8m

(2)6J

(3)4m/s

【详解】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度

为％，由机械能守恒定律有mAgh=；心%

滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为匕，由动量守恒定律有

加A%=（%+"%）%

联立解得丸=0.8m

（2）滑块A、B、C速度相等（设速度为修）时，被压缩的弹簧弹性势能最大，系统动量守恒定律，有

（优A+优B）%=（优A+能B+加c）%

解得％=2m/s,方向水平向右

弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，有g（加加B）V；=；（机A+机B+机c）W+Ep

解得约=6J

（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，此时滑块C速度达到最大，不再改变，设此

时滑块A、B的速度为七,滑块C的速度为为，由动量守恒定律得（加A+加B+^C）%=（加A+加B）%+加

由机械能守恒定律，有g（机A+机B+机c）W+£p=：（加A+加B）V；+：加cd

联立以上方程解得匕=lm/s、V4=4m/s或匕=3m/s、v4=0（初始值，舍去），故滑块C能获得的最终速

度大小为4m/s。

“滑块一斜（曲）面”模型

13.丁新情境|（2025•四川成都・模拟预测）（多选）如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长

的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R的四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小

光滑圆孔道。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度％=3便沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔

道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。下列说法正确的是

1.57?

A.小球从刚滑上孔道至刚离开孔道下端的过程中合外力对小球冲量的大小为2〃?，无

B.小球从刚滑上孔道至刚离开孔道的过程中小球对孔道做得功为3mgR

C.小球从进入孔道至到达孔道最高处的过程中，若小球在孔道圆弧部分运动的时间为。，则该小球到

达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离为x=2t04gR+^

D.小球从进入孔道至到达孔道最高处的过程中，若小球在孔道圆弧部分运动的时间为为，则该小球到

达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离为x=2t04gR+—

【答案】AC

【详解】A.小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量

守恒，以水平向右为正方向，则有机%=（M+»?）v,+m）v2+mg-1.5R,解得y=2布五，

iri

，小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒,

2

mvmvMV

以水平向右为正方向，贝I］有机%="叫+旃2，^0=^i+-^2＞解得：,v2=44gR,即

小球离开孔道时速度大小为底，方向与初速度相同，对球由动量定理可得合外力对小球冲量的大小为

2m4gR,方向水平向右，故A正确；

B.对/W由动能定理可得%=；〃（4麻）2-0=4加gR,故B错误；

CD.小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守

恒，则有加%=加匕+〃?2，小球在孔道圆弧部分运动的时间为。，则有加Vo。=冽匕%+〃\/0，其中该时

间片内，小球和物块的相对位移为阳-％=尺，解得尤2=2（卬。-幻，小球离开孔道圆弧部分至到达孔道

一3

最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有1.5R-R=gg彳，该过程中物块在水平方向做匀

速直线运动，此过程物块的位移屑=%,其中v=2威，解得屑=2火，综上可知小球到达孔道最高点

时，物块移动的距离了=%+%，解得》=2办M+事；故C正确，D错误。

故选ACo

14.(2025•吉林延边•模拟预测)如图，圆心角为。=53。，质量为2加的弧形物块A与质量为用的弧形物块

B叠放在一起，并将A、B粘连，构成一个半径火=0.75m的四分之一光滑圆弧轨道，静止在光滑的水平面

上。质量为"的滑块C,以速度1水平向右冲上轨道。取重力加速度g=10m/s2。

⑴若%=5m/s,求滑块能上升的最大高度；

(2)若将物块B撤去，滑块C以%=3m/s的速度冲上A,求滑块C滑至A的最高点时物块A的速度大小。

【答案】⑴〃=0.9375m

(2)vA=lm/s

【详解】(1)(2)取系统初始位置为初状态，滑块C达到空中最高点为末状态，根据水平方向动量守

恒mv0-4mVj

根据机械能守恒定律I加叶=,x4加d

解得〃=0.9375m

(2)设C滑至A的最高点时物块A速度为VA，C相对于A的速度为％A，根据水平方向动量守恒

mv0=2mvA+m(vCAcos53°+vA)

2

根据能量守恒定理;/v；=；x2mv：+mgR(1-cos53°)+|^(vCAcos53°+vA)+(vCAsin53°)^

解得VA=lm/s

15.(2025•山东•模拟预测)如图所示，在水平面上放置一质量为用的物体A,右边紧靠一半径为及、质量

为用的半圆形槽B,P、。为半圆形槽的两端点，现锁定A、Bo将一质量为“，的小球自半圆形槽左端尸点

正上方A处的。点由静止释放，小球从P点沿切线进入半圆形槽内。已知在直径尸。所在水平面的上方，小

球总是受到大小恒为;用g、方向竖直的阻力作用，重力加速度为g,小球可视为质点，忽略一切摩擦。

⑴求小球经过半圆形槽最低点时的速度大小％和对半圆形槽的压力大小练。

(2)若解除对A、B的锁定，在。点由静止释放小球，小球从尸点沿切线进入半圆形槽内，求小球第一次经

过。点后上升的最大高度〃。

⑶若解除对B的锁定并移走A,仍在。点由静止释放小球，小球从尸点沿切线进入半圆形槽内，经过足够

长的时间，求小球在直径尸。所在水平面的上方运动的路程s和最终在半圆形槽内动能的最大值/。

【答案】(1)%=#尿，综=4相g

⑶$=2R；Ebn=^mgR

【详解】(1)小球下滑的过程，根据动能定理有加=；加%2—0

解得%=声

在最低点有mg=加叱

R

解得凡/=4mg

根据牛顿第三定律对半圆形槽的压力大小综=&=4冽g

11°

(2)若解除对A、B的锁定，小球落到P点的过程有机g1-万加=1冽V-0

解得"=至

小球继续下滑到最低点的过程，水平方向动量守恒有2加%="/

22

根据机械能守恒有g-2mvAB+gmv^=^mv+mgR

联立解得力=4^,V询

小球上滑经过最低点时，A、B分离，继续运动小球与B水平方向动量守恒，设小球到达槽口的水平速度

为%，，^mvl-mvAB=2mv2x

设小球到达槽口的竖直速度为匕八小球和B系统机械能守恒，有

12121c212八

~mVAB+~mVl=--2WV2X+-mV2y+mgR

此后小球做斜上抛运动，到达最高点时竖直速度减为零，设距凹槽的高度为人有:机V2；=^g〃

联立解得力=JR

O

(3)若解除对B的锁定并移走A,仍在O点由静止释放小球，阻力仅在PQ上方做功，根据能量守恒有

mgR-；mgs'

解得s'=2R

小球第一次运动到最低点时速度最大，根据水平方向动量守恒和能量守恒有0=加"-加"'，

mgR=mv2+-^mv'2

解得v=逐'

11

则动能的最大值%=5加v7=-mgR

02

核心突破练

1.如图所示，长木板A置于倾角为30。的光滑斜面上，质量为加B=2kg的小物块B放在A上，斜面和A的

下端均固定有垂直于斜面的挡板，A的质量为加A=lkg(包含A的挡板质量)。将A、B由静止同时释放,

释放时两挡板间的距离为s0=3.6m,A第一次弹起再经过0.6s时间后，B与A的挡板第一次相碰。己知B

与A的上表面之间的动摩擦因数为〃=走，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g取

lOm/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。求:

(1)两挡板第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小；

⑵开始时B到A的挡板的距离L；

(3)B与A的挡板第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小。

【答案】⑴6m/s,6m/s

(2)£=5.85m

(3)vA=10m/s,vB=2.5m/s

【详解】(1)两挡板第一次碰撞前，A、B一起沿斜面向下做匀加速直线运动；A、B一起运动的加速度

大小为%=gsin300=5m/s2

两挡板第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小为%=J2aos°=6m/s

(2)A第一次反弹后，A、B的加速度大小分别为题=一二'也30+〃加Bgcos30句0mzs?；

%

佝--gs电30、“"Bgcos30。=25mzs2

5B

可见A第一次反弹后，A沿斜面向上做匀减速运动，B沿斜面向下做匀加速运动，则开始时B到A的挡

板的距禺工=%，一54/+%，+^

代入数据解得L=5.85m

(3)设A、B第一次碰撞前的速度分别为以、碰后的速度分别为VA、4，则由运动公式有

vA=v0—aAt=0,vB=v0+aBt=7.5m/s

由动量守恒定律有mBvB=mAv'A+mBv'B

由能量守恒定律有说=1^AVA+g恤诏

联立两式并代入数据解得或=Wm/s,v-=2.5m/s

2.(2025•山西•三模)如图1所示，甲、乙两物块(均视为质点)用轻质弹簧连接放置在光滑的水平面上,

乙的质量为3m,现让质量为m的子弹以水平向右的速度%射向甲并最终停留在甲中(时间极短)，此过程

子弹与甲间的摩擦生热为;加片，从以上过程结束瞬间开始计时，此后甲、乙运动的速度与时间的关系图像

如图2所示，已知图中阴影部分的面积为风，已知弹簧的弹性势能纥与弹簧的形变量x以及劲度系数k之

间的关系为质，规定水平向右为正方向，求:

⑴甲的质量以及在开始计时前的过程中甲对子弹的摩擦力对子弹做的功;

⑵弹簧的最大弹性势能;

⑶弹簧的劲度系数。

4

【答案】（1）河=2加，W=~-mvl

⑵/

12

,2mvi

⑶T

【详解】（1）设甲的质量为M,子弹与甲发生完全非弹性碰撞，则加%=（%+M）v共

由能量守恒定律可得:加喏=；加喏（加+M）嚓

综合解得v共=/、M=2m

,一'11

对子弹由动能定理可得少=5加唯99

4

综合解得少=-§加片

（2）甲、乙通过弹簧发生相互作用，分析其运动过程以及图2可知《时刻弹簧的伸长量最大、时刻弹

簧的压缩量最大，且4、时刻甲、乙达到共同速度％由系统的动量守恒定律可得

（〃+加）v共=（〃+加+3加）v

类比完全非弹性碰撞规律，0、。时刻弹簧的弹性势能最大，系统的动能减小最多，由能量守恒可得弹

簧的弹性势能的最大值为4m=g（M+〃?）膜-；（M+〃?+3”?W

综合可得,割、”哈

10

（3）由于弹簧的压缩量最大与伸长量最大时，弹性势能达最大值且相等，由62可得最大伸长量

与最大压缩量相等，设为M,从。时刻到时刻，弹簧由伸长量最大变为压缩量最大，则甲相对乙的位

移即图2阴影部分的面积，即s°=2x°

1。

结合Epm=/何）,

解得左=笔

3.还垂]（2025•江苏南京•模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆

形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和

弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒

B.t2时小球到达位置等于释放时的高度

C.由图可知m大于M

D.图中阴影面积S2<2S]

【答案】D

【详解】A.小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球

对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水

平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用,

系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故A错误;

B.七时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2时再次共速则到达弯槽左侧，根据

r

能量守恒rngh=-(m+M)v共2+mgh

可知力力'，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误；

C.小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有加匕=儿何-加匕

移项得桃（匕+匕）=MV3

若m大于M,则打+W⑸图中明显获知3V3，故C错误；

D.小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左

侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据Vx-t图像围成面积等于水平位移，得5广R

而52为tLt2内两者的相对位移，有52<2R,故D正确。

故选D。

4.（2025•重庆•三模）如题图所示，质量为吗=3kg的小车A置于光滑水平地面上，其右端固定一半径

R=1.15m的四分之一圆弧轨道。质量为%=0-99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量

？=10g、速度%=800m/s的子弹C击中，且子弹立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上滑动，且

从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦和空气阻力，重力加速度g=10m//，则（）

A.子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大小为80m/s

B.滑块B第一次离开小车瞬间，滑块B的速度大小为2m/s

C.滑块B第二次离开小车瞬间，小车A的速度大小为8m/s

D.滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块B的位移大小为2m

【答案】D

【详解】A.子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，子弹与B作用过程时间极短,

A没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得私％=（%+%2）匕

解得％=8m/s

故A错误；

BCD.滑块B离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方

向动量守恒，得（私+m2）V1=（吗+m2+W1）V2

解得V2=2m/s

滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得;（加3+加2）V；=；叫¥+；（加3+优2那+（加3+tn2）gR

设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy,则*=黄

联立解得vy=5m/s

滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为

g

贝|Jx=%，=2m

从子弹击中后到B第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则

+V

m।（加3+%）I=g（%+加2）41«AA

（加3+加2）V1=（加3+2）VB+加AVA、

解得以=4m/s

故D正确，BC错误；

故选D。

03

真题溯源练

1.（2023•辽宁•高考真题）如图，质量m/1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲

度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量）2=4kg的小物块以水平向右的速度％=：m/s滑上

木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数〃=0.1,最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与与形变量x的关系为"取重

力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示。

（1）求木板刚接触弹簧时速度匕的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离必；

（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量X2及此时木板速度丫2的大小；

（3）已知木板向右运动的速度从V2减小到0所用时间为t0o求木板从速度为丫2时到之后与物块加速度首次

相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能AU（用t。表示）。

—>vo

~rn2

mxWNAAAAAM

【答案】(1)Im/s；0.125m；(2)0.25m；^m/s：(3)4^0-8^

【详解】（1）由于地面光滑，则m八m2组成的系统动量守恒，则有佗1/0=（牝+刀2M

代入数据有Vi=lm/s

对mi受力分析有%="退=4m/s2

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v/=2a的

代入数据解得七=0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对m八m2组成的系统有kx=（m1+m2）a兴

对rr）2有。2=ug=lm/s2

当a#=。2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量X2=0.25m

对砧、他组成的系统列动能定理有叱=；（加1+加2比-；（%+加2）片

代入数据有v2=^m/s

22

（3）木板从速度为丫2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即他的加速度大于木块

的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为X2时，则说明此时恤的速度大小为V2,

共用时2%，且佗一直受滑动摩擦力作用，则对恤有一2g♦2to=m2i<3—

解得为=*-24

则对于m1、牝组成的系统有一%=|■叫v；+:加2$-g（叫+%那，=Wf

联立有AU=4Gfo-81

2.（2024•甘肃•高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳。尸和OP作用下处于平衡状态,

细绳OPnOPniem,与竖直方向的夹角均为60。。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg

的物块C静止在B的左端。剪断细绳。尸，小球A开始运动。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向

右运动。求碰后c的速度大小。

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

C

【答案】(1)40N；(2)4m/s；(3)0.15

【详解】根据题意，设AC质量为加=2kg,B的质量为M=6kg,细绳OP长为/=初始时细线与

竖直方向夹角。=60。。

(1)A开始运动到最低点有"7g/(l-cos6)=gsv：-0

对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得尸-mg=乎

解得%=4m/s,F=40N

(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知〃?%=0+机%

故解得％=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得

mv0=(M+m)v

根据能量守恒得〃加